UMD 分析資格考試/Jan08 複雜

問題 2

證明存在一個整函式 $f\!\,$，使得對於 $g\!\,$ 的任何分支 ${\sqrt {z}}\!\,$ $\sin ^{2}(g(z))=f(z)\!\,$ 對於所有 $z\!\,$ 在 $g\!\,$ 的定義域中

解決方案 2

關鍵步驟

• $\sin ^{2}(\theta )={\frac {1-\cos(2\theta )}{2}}\!\,$

• $\cos(z)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}z^{2n}}{(2n)!}}\!\,$

• 比率測試

問題 4

令 $H\!\,$ 為域 $\{z:-{\frac {\pi }{2}}<\Re (z)<{\frac {\pi }{2}},\Im (z)>0\}\!\,$。證明 $g=\sin(z)\!\,$ 是 $H\!\,$ 到域 $D\!\,$ 上的 1:1 共形對映。什麼是 $D\!\,$？

解 4

證明 G 為 1:1 共形對映

首先注意到

${\begin{aligned}(1)\quad |g^{\prime }(z)|&=|\sin ^{\prime }(z)|\\&=|\cos(z)|\\&=\left|{\frac {e^{-iz}+e^{iz}}{2}}\right|\\&\geq {\frac {1}{2}}(|e^{-ix}||e^{y}|-|e^{ix}||e^{-y}|)\\&\geq {\frac {1}{2}}(e^{y}-e^{-y})\\&>0\quad {\mbox{since }}y>0\end{aligned}}$

另外，應用 三角恆等式，我們對所有 $z_{1},z_{2}\in H\!\,$，有

$(2)\quad \sin z_{1}-\sin z_{2}=2\sin \left({\frac {z_{1}-z_{2}}{2}}\right)\cos \left({\frac {z_{1}+z_{2}}{2}}\right)\!\,$

因此，如果 $\sin z_{1}=\sin z_{2}\!\,$，那麼

$\sin \left({\frac {z_{1}-z_{2}}{2}}\right)=0\!\,$

或者

$\cos \left({\frac {z_{1}+z_{2}}{2}}\right)=0\!\,$

後者在 $H\!\,$ 中不會發生，因為 $|g^{\prime }(z)|=|\cos(z)|>0\!\,$，所以

$\sin \left({\frac {z_{1}-z_{2}}{2}}\right)=0\!\,$

即

$z_{1}=z_{2}\!\,$

注意 $\sin(z)=\sin(x+iy)\!\,$ 的零點出現在 $x=k\pi ,k\in \mathbb {Z} \!\,$。類似地，$\cos(z)=\cos(x+iy)\!\,$ 的零點出現在 $x={\frac {\pi }{2}}+k\pi ,k\in \mathbb {Z} \!\,$。

因此，根據 $(1)\!\,$ 和 $(2)\!\,$，$g\!\,$ 是一個 $1:1\!\,$ 的共形對映。

求域 D

要找到 $D\!\,$，我們只需要考慮邊界影像。

考慮右邊界，$C_{3}=\{z=x+iy|x={\frac {\pi }{2}},y>0\}\!\,$

${\begin{aligned}g(C_{3})&=g\left({\frac {\pi }{2}}+yi\right)\\&=\sin \left({\frac {\pi }{2}}+yi\right)\\&={\frac {e^{i({\frac {\pi }{2}}+yi)}-e^{-i({\frac {\pi }{2}}+yi})}{2i}}\\&={\frac {e^{i{\frac {\pi }{2}}}e^{-y}-e^{-i{\frac {\pi }{2}}}e^{y}}{2i}}\\&={\frac {e^{i{\frac {\pi }{2}}}e^{-y}+e^{i{\frac {\pi }{2}}}e^{y}}{2i}}\\&={\frac {e^{i{\frac {\pi }{2}}}(e^{-y}+e^{y})}{2i}}\\&={\frac {i(e^{-y}+e^{y})}{2i}}\\&={\frac {e^{-y}+e^{y}}{2}}\\\end{aligned}}$

由於 $y>0\!\,$,

$g(C_{3})=(1,\infty )\!\,$

現在，考慮左邊界 $C_{2}=\{z=x+iy|x=-{\frac {\pi }{2}},y>0\}\!\,$.

${\begin{aligned}g(C_{2})&=g\left(-{\frac {\pi }{2}}+yi\right)\\&=\sin \left(-{\frac {\pi }{2}}+yi\right)\\&={\frac {e^{i(-{\frac {\pi }{2}}+yi)}-e^{-i(-{\frac {\pi }{2}}+yi})}{2i}}\\&={\frac {e^{-i{\frac {\pi }{2}}}e^{-y}-e^{i{\frac {\pi }{2}}}e^{y}}{2i}}\\&={\frac {-e^{i{\frac {\pi }{2}}}e^{-y}-e^{i{\frac {\pi }{2}}}e^{y}}{2i}}\\&={\frac {e^{i{\frac {\pi }{2}}}(-e^{-y}-e^{y})}{2i}}\\&=-{\frac {i(e^{-y}+e^{y})}{2i}}\\&=-{\frac {e^{-y}+e^{y}}{2}}\\\end{aligned}}$

由於 $y>0\!\,$,

$g(C_{2})=(-\infty ,-1)\!\,$

現在考慮底邊界 $C_{1}=\{z=x+iy|-{\frac {\pi }{2}}<=x<={\frac {\pi }{2}},y=0\}\!\,$.

${\begin{aligned}g(C_{1})&=g(x)\\&=\sin(x)\end{aligned}}$

由於 $-{\frac {\pi }{2}}<=x<={\frac {\pi }{2}}\!\,$,

$g(C_{2})=[-1,1]\!\,$

因此， $H\!\,$ 的邊界對映到實數軸。使用測試點 $z=i\!\,$，我們發現

${\begin{aligned}g(i)&=\sin(i)\\&={\frac {e^{i(i)}-e^{-i(i)}}{2i}}\\&={\frac {e^{-1}-e^{1}}{2i}}\\&={\frac {-i(e^{-1}-e^{1})}{2}}\\&={\frac {i(e^{1}-e^{-1})}{2}}\\&={\frac {i}{2}}(e-{\frac {1}{e}})\\&\in {\mbox{Upper Half Plane}}\end{aligned}}$

因此我們得出結論 $D=g(H)={\mbox{Upper Half Plane}}\!\,$

問題 6

假設對於一個序列 $a_{n}\in R\!\,$ 以及任何 $z,\Im (z)>0\!\,$，級數 $h(z)=\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}\sin(nz)\!\,$ 是收斂的。證明 $h\!\,$ 在 $\{\Im (z)>0\}\!\,$ 上是解析的，並且可以解析延拓到 $C\!\,$

問題 6 的解答

求和 a_n 收斂

我們要證明 $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}\!\,$ 是收斂的。假設為了矛盾，$\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}\!\,$ 是發散的，即

$\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}=\infty \!\,$

由於 $h(z)\!\,$ 在上半平面內收斂，選擇 $z=i\!\,$ 作為測試點。

${\begin{aligned}h(i)&=\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}\sin(ni)\\&=\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}{\frac {e^{-n}-e^{n}}{2i}}\\&=\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}{\frac {-i(e^{-n}-e^{n})}{2}}\\&=\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}{\frac {i(e^{n}-e^{-n})}{2}}\end{aligned}}$

由於 $h(i)\!\,$ 在上半平面內收斂，其虛部和實部也收斂。

$\Im (h(i))={\frac {1}{2}}\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}\underbrace {(e^{n}-e^{-n})} _{E_{n}}\!\,$

序列 $\{E_{n}\}\!\,$ 是遞增的 ($E_{1}<E_{2}<\ldots <E_{n}<E_{n+1}\!\,$)，因為 $e^{n+1}>e^{n}\!\,$ 且 $e^{-n}>e^{-(n+1)}\!\,$，例如， $e^{n}\!\,$ 和 $e^{-n}\!\,$ 之間的差距隨著 $n\!\,$ 的增長而增長。因此，

${\begin{aligned}\Im (h(i))&\geq {\frac {1}{2}}(e^{1}-e^{-1})\underbrace {\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}} _{=\infty }\\\\\\\Im (h(i))&\geq \infty \end{aligned}}$

這與 $h(i)\!\,$ 在上半平面收斂相矛盾。

證明 h 是解析函式

為了證明 $h\!\,$ 是解析函式，我們引用以下定理

定理 設 ${h_{n}}\!\,$ 是在開集 $U\!\,$ 上的一系列全純函式。假設對於 $U\!\,$ 的每個緊子集 $K\!\,$，該序列在 $K\!\,$ 上一致收斂，並設極限函式為 $h\!\,$。那麼 $h\!\,$ 是全純函式。

證明 參見 Serge Lang 的《複分析》第四版的第五章定理 1.1。

現在，定義 $h_{n}(z)=\sum _{k=1}^{n}a_{k}\sin(kz)\!\,$。設 $K\!\,$ 是 $U=\{\Im {z}>0\}\!\,$ 的一個緊集。由於 $\sin(kz)\!\,$ 是連續函式